河北省唐山一中202X年高二第二学期2月调研考试数学试卷

.PAGE下载后可自行编辑修改，页脚下载后可删除。唐山一中高二年级2021年2月份调研考试数学试卷说明：Ⅰ答案用2B铅笔涂在答 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 卡上,将卷Ⅱ用黑色碳素笔答在试卷上。3.Ⅱ卷答题纸卷头和答题卡均填涂本次考试的准考证号，不要误填学号，答题卡占八位。卷Ⅰ(选择题共60分)选择题〔共12小题，每题5分，计60分。在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意〕1.抛物线x=﹣2y2的准线方程是〔　　〕A．B．C．D．2.过双曲线的右顶点作轴的垂线与的一条渐近线相交于，假设以的右焦点为圆心、半径为4的圆经过，两点〔为坐标原点〕，那么双曲线的方程为〔〕A.B.C.D.3.以下有关命题的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达，错误的个数为〔　　〕①假设p∨q为真命题，那么p∧q为真命题②“x＞5〞是“x2﹣4x﹣5＞0〞的充分不必要条件③命题p：∃x∈R，使得x2+x﹣1＜0，那么￢p：∀x∈R，使得x2+x﹣1≥0④命题“假设x2﹣3x+2=0，那么x=1或x=2〞的逆否命题为“假设x≠1或x≠2，那么x2﹣3x+2≠0〞A．1B．2C．3D．44.连掷两次骰子分别得到点数m、n，那么向量(m，n)与向量(－1,1)的夹角θ>90°的概率是(　　)A.eq\f(5,12)B.eq\f(7,12)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)5在棱长为2的正方体中，动点P在ABCD内，且P到直线AA1，BB1的距离之和等于，那么ΔPAB的面积最大值是〔〕A．B．1C．2D．46.一个体积为的正三棱柱的三视图如下图，那么这个三棱柱的侧视图的面积为〔　　〕A．B．8C．D．127.过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点.假设|AF|＝3，那么△AOB的面积为(　　)A.eq\f(\r(2),2)B.eq\r(2)C.eq\f(3\r(2),2)eq\r(2)8.设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，以下命题中正确的选项是(　　)A.假设α⊥β，β⊥γ，那么α⊥γB.假设m∥α，n∥β，α⊥β，那么m⊥nC.假设α⊥β，m⊥α，那么m∥βD.假设α∥β，m⊄β，m∥α，那么m∥β9.椭圆与直线相交于两点，过中点M与坐标原点的直线的斜率为，那么的值为〔〕A．B．C．1D．210.正三棱锥P﹣ABC的高PO为h，点D为侧棱PC的中点，PO与BD所成角的余弦值为，那么正三棱锥P﹣ABC的体积为〔　　〕A．B．C．D．11.向量,,QUOTE与的夹角为60°，那么直线与圆的位置关系是〔　　〕A．相切B．相交C．相离D．随α，β的值而定12.在椭圆上有一点，椭圆内一点在的延长线上，满足，假设，那么该椭圆离心率取值范围是〔〕A．B．C．D．卷Ⅱ(非选择题共90分)二．填空题〔共4小题，每题5分，共20分〕13.在平面直角坐标系xOy中，圆x2+y2=4上有且仅有四个点到直线4x﹣3y+c=0的距离为1，那么实数c的取值范围是　　．14.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，那么满足eq\o(MQ,\s\up6(→))＝λeq\o(MN,\s\up6(→))的实数λ有________个.15.在平行四边形中，，，假设将其沿折成直二面角，那么三棱锥的外接球的外表积为．曲线的两焦点为F1，F2，点P在双曲线上，且满足|PF1|+|PF2|=，那么△PF1F2的面积为　　．三．解答题〔共6小题〕17.〔本小题总分值10分〕命题p：实数x满足不等式组，命题q：实数x满足不等式2x2﹣9x+a＜0〔a∈R〕．〔I〕解命题p中的不等式组；〔Ⅱ〕假设p是q的充分条件，求a的取值范围．18.〔本小题总分值12分〕在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°，〔Ⅰ〕在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；〔Ⅱ〕假设二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．19.〔本小题总分值12分〕点A〔4，0〕，直线l：y=2x﹣4，设圆C的半径为1，且圆心C在l上．〔1〕假设CO=CA，O为坐标原点，求圆C的方程；〔2〕假设圆心C在直线y=x﹣1上，过点A作圆C的切线，求切线方程．20.〔本小题总分值12分〕中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为eq\f(1,2)，且经过点M(1，eq\f(3,2)).(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，满足eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PM,\s\up6(→))2？假设存在，求出直线l1的方程；假设不存在，请说明理由.21.〔本小题总分值12分〕在如下图的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角F－BD－C的余弦值.22.〔本小题总分值12分〕点F〔1，0〕，点A是直线l1：x=﹣1上的动点，过A作直线l2，l1⊥l2，线段AF的垂直平分线与l2交于点P．〔Ⅰ〕求点P的轨迹C的方程；〔Ⅱ〕假设点M，N是直线l1上两个不同的点，且△PMN的内切圆方程为x2+y2=1，直线PF的斜率为k，求的取值范围．唐山一中高二年级2021年2月份调研考试1-5DABAB6-10ACDAC11-12CD13.〔﹣5，5〕14.215.17.〔1〕2＜x＜3；〔2〕a≤918.【解答】解：〔I〕延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE=ED=AD，∵BC=CD=AD，∴ED=BC，∵AD∥BC，即ED∥BC．∴四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD．∵AB∩CD=M，∴M∈CD，∴CM∥BE，∵BE⊂平面PBE，∴CM∥平面PBE，∵M∈AB，AB⊂平面PAB，∴M∈平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点M〔M=AB∩CD〕，使得直线CM∥平面PBE．〔II〕如下图，∵∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为90°，AB∩CD=M，∴AP⊥平面ABCD．∴CD⊥PD，PA⊥AD．因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小为45°．∴PA=AD．不妨设AD=2，那么BC=CD=AD=1．∴P〔0，0，2〕，E〔0，1，0〕，C〔﹣1，2，0〕，∴=〔﹣1，1，0〕，=〔0，1，﹣2〕，=〔0，0，2〕，设平面PCE的法向量为=〔x，y，z〕，那么，可得：．令y=2，那么x=2，z=1，∴=〔2，2，1〕．设直线PA与平面PCE所成角为θ，那么sinθ====19.【解答】解：〔1〕∵CO=CA，∴点C在OA的中垂线x=2上，又C在y=2x﹣4，∴C〔2，0〕，∵圆C的半径为1，∴圆的方程为C：〔x﹣2〕2+y2=1；〔2〕联立得：，解得：，即C〔3，2〕，设切线为y=k〔x﹣4〕，依题意有，解得：k=﹣，此时切线方程为3x+4y﹣12=0，当切线斜率不存在时：x=4也适合，那么所求切线的方程为3x+4y﹣12=0或x=4．20.解　(1)设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝4，b2＝3.故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设满足条件的方程为y＝k1(x－2)＋1，代入椭圆C的方程得，(3＋4keq\o\al(2,1))x2－8k1(2k1－1)x＋16keq\o\al(2,1)－16k1－8＝0.因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点A，B，设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，所以Δ＝[－8k1(2k1－1)]2－4(3＋4keq\o\al(2,1))·(16keq\o\al(2,1)－16k1－8)＝32(6k1＋3)>0，所以k1>－eq\f(1,2).又x1＋x2＝eq\f(8k12k1－1,3＋4k\o\al(2,1))，x1x2＝eq\f(16k\o\al(2,1)－16k1－8,3＋4k\o\al(2,1))，因为eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PM,\s\up6(→))2，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝eq\f(5,4)，所以(x1－2)(x2－2)(1＋keq\o\al(2,1))＝eq\o(PM,\s\up6(→))2＝eq\f(5,4).即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋keq\o\al(2,1))＝eq\f(5,4).所以[eq\f(16k\o\al(2,1)－16k1－8,3＋4k\o\al(2,1))－2·eq\f(8k12k1－1,3＋4k\o\al(2,1))＋4]·(1＋keq\o\al(2,1))＝eq\f(4＋4k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))＝eq\f(5,4)，解得k1＝±eq\f(1,2).因为k1>－eq\f(1,2)，所以k1＝eq\f(1,2).于是存在直线l1满足条件，其方程为y＝eq\f(1,2)x.21.(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解　方法一　由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直.以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，zCB＝1，那么C(0,0,0)，B(0,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，F(0,0,1).因此eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－1,1).设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，那么m·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(BF,\s\up6(→))＝0，所以x＝eq\r(3)y＝eq\r(3)z，取z＝1，那么m＝(eq\r(3)，1,1).由于eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，那么cos〈m，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(m·\o(CF,\s\up6(→)),|m||\o(CF,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以二面角F－BD－C的余弦值为eq\f(\r(5),5).方法二　如图，取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB＝CD，因此CG⊥BD.又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD.由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角.在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝eq\f(1,2)CB.又CB＝CF，所以GF＝eq\r(CG2＋CF2)＝eq\r(5)CG，故cos∠FGC＝eq\f(\r(5),5)，因此二面角F－BD－C的余弦值为eq\f(\r(5),5).22.【解答】解：〔Ⅰ〕∵点F〔1，0〕，点A是直线l1：x=﹣1上的动点，过A作直线l2，l1⊥l2，线段AF的垂直平分线与l2交于点P，∴点P到点F〔1，0〕的距离等于它到直线l1的距离，∴点P的轨迹是以点F为焦点，直线l1：x=﹣1为准线的抛物线，∴曲线C的方程为y2=4x．〔Ⅱ〕设P〔x0，y0〕，点M〔﹣1，m〕，点N〔﹣1，n〕，直线PM的方程为：y﹣m=〔x+1〕，化简，得〔y0﹣m〕x﹣〔x0+1〕y+〔y0﹣m〕+m〔x0+1〕=0，∵△PMN的内切圆的方程为x2+y2=1，∴圆心〔0，0〕到直线PM的距离为1，即=1，∴=，由题意得x0＞1，∴上式化简，得〔x0﹣1〕m2+2y0m﹣〔x0+1〕=0，同理，有，∴m，n是关于t的方程〔x0﹣1〕t2+2yt﹣〔x0+1〕=0的两根，∴m+n=，mn=，∴|MN|=|m﹣n|==，∵，|y0|=2，∴|MN|==2，直线PF的斜率，那么k=||=，∴==，∵函数y=x﹣在〔1，+∞〕上单调递增，∴，∴，∴0＜＜．∴的取值范围是〔0，〕．